sử dụng tính chất ánh xạ để giải phươngg trình hàm - nguyễn đình thức

Sử dụng tính chất ánh xạ giải một số lớp phương trình hàmNguyễn Đình Thức Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định Trong chương trình toán phổ thông ta thường gặp các bài toán giải tích

Sử dụng tính chất ánh xạ giải một số lớp phương trình hàm

Nguyễn Đình Thức Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định

Trong chương trình toán phổ thông ta thường gặp các bài toán giải tích thuận Chohàm số y=f(x) trong đó f(x) được xác định cụ thể từ đó xác định các tính chất của hàm

số như tính đơn điệu;tuần hoàn;liên tục;cưc trị; Tuy nhiên các bài toán thi chọn họcsinh giỏi lại có yêu cầu ngược lại Bài viết đề cập đến phương pháp sử dụng tính chất ánhxa; hàm số để giải một số phương trình hàm

1 Phương pháp thay giá trị để xác định hàm số

Khi thay giá trị biến số bởi giá trị đặc biệt tương thích điều kiện ban đầu nhằm tạo

ra phương trình theo f (u(x)) Tiếp tục từ f (u(x)) suy ra f (x)

Ví dụ 1 Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện :

Cho y = f (1) − 1 vào (2) ta được f (f (f (1) − 1) + 1) = −1

Vậy với a = f (f (1) − 1) + 1 thì f (a) = −1

Thử lại thì hai kết quả đều thoả

Chú ý : Bài toán tổng quát giải được tương tự là :Tìm hàm số f : R → R thoả

f ((af (y) + b)g(x)) = cxy + df (x); với a; b; c; d là hằng số

Ví dụ 2 Xác định hàm số f : R → R thoả mãn điều kiện :

2 Phương pháp dùng tính chất toàn ánh; đơn ánh

Nhận xét Nếu có f (y) = a(∗) thì dùng (14) ta được f (2x + a) = 3x + f (a); từ đó tìm

f (x) Điều giả định (*) đúng khi f là toàn ánh

Giải : Từ giả thiết f là toàn ánh suy ra tồn tại y để f (y) = 0

Cho biến số f (y) = 0 vào (14) và dùng (13) ta có

f (2010) = 3.1005 + 1

2 =

60312Bài toán tổng quát :

Tìm hàm số f : R → R là toàn ánh thoả :

Và

f (ax + b + f (y)) = dx + f (f (y)); ∀x; y ∈ R; a; b; c; d

Ví dụ 4 Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện :

f (xf (x) + f (y)) = (f (x))2+ y∀x; y ∈ R (16)Nhận xét : Nếu có

thì sử dụng (16) ta có f (f (y)) = y; Vấn đề là điều kiện nào để (17) đúng

Giải : Chứng minh f là toàn ánh

Thật vậy : cho x = 0 vào (16) ta có

Xét c ∈ R từ (18) ta xác định tạo ảnh của là b = f (c − (f (0))2) Thật vậy

f (b) = f (f (c − (f (0))2) = (f (0))2 + c − (f (0))2 = c+)Sử dụng tính chất toàn ánh :

Ta thấy tồn tại a để f (a) = 0

Cho x = y = a vào (16) và sử dụng f (a) = 0 ta có f (0) = a Cho x =0;y=a vào (16)

và sử dụng f (a) = 0 ta có f (0) = a2+ a Từ 2 kết quả trên suy ra a = 0

+) Cho x = 0 vào (16) và sử dụng f (0) = 0 ta có f (f (y)) = y; ∀y ∈ R

+) Cho y = 0 vào (16) và sử dụng f (0) = 0 ta có

Tiếp tục thay x bởi f (x) và sử dụng f (f (x)) = x ta có

Từ (19) và (20) suy ra f (x) = x hoặc f (x) = −x Ta thấy không xảy ra trường hợp

ở 2 vị trí c; d khác nhau mà có đồng thời f (c) = c; f (d) = −d Vậy ∀x ∈ R ta có f (x) = x;hoặc f (x) = −x

Ví dụ 5 ( Đề dự tuyển IMO-2002): Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện :

f (f (x) + y) = 2x + f (f (y) − x); ∀x; y ∈ R (21)Nhận xét : Nếu có f (x0) = 0 thì dùng (21) ta được f (y) = 2x0 + f (f (y) − x0) Từ đó

Ví dụ 6 Tìm hàm số f : R → R thoả điều kiện :

Xét c ∈ R và chọn b = f (c) thì f (b) = f (f (c)) = c Vậy f là toàn ánh Mặt khác nếu

f (u) = f (v) thì f (f (u)) = f (f (v)) ⇒ u = v Vậy f là đơn ánh

+) Sử dụng tính chất song ánh :

Ta thấy tồn tại duy nhất a để f (a) = 0 Khi đó cho x = a và y = 0 vào (24) có

f (a2+ f (0)) = 0

⇒ f (0) = f (f (a2+ f (0)) = a2+ f (0)Vậy a = 0 và f (0) = 0

+) Cho y = 0 vào (24) ta có f (x2) = xf (x)

Thay x bởi f (x) và dùng tính chất f (f (x)) = x : ta được f (f (x).f (x)) = f (x).xVậy f (f (x).f (x)) = f (x2) Theo tính chất song ánh thì f (x) = x hoặc f (x) = −x Ta thấykhông đồng thời xảy ra f (a) = a và f (b) = −b Vậy f (x) = x; hoặc f (x) = −x với mọi xthuộc R

Chú ý

1/Nếu hàm số f : R → R thoả f (af (x) + bf (y)) = g(x)f (x) + cy + d thì cho x cụthể ta được đẳng thức chứa y và suy ra f là toàn ánh

2/ Nếu hàm số f : R → R thoả f (f (x)) = ax + b thì f là đơn ánh

3/Nếu có song ánh f : R → R và f (x2) = xf (x); f (f (x)) = x thì f (x) = x; hoặc

+)Ta chứng minh các hàm số trên đều chẵn

(

x + y = u

x − y = vThế vào (27) ta có : g(u) = g(v) Vậy g là hàm hằng : g(x) = c và f (x) = f (0) + cx2

Ví dụ 9 Tìm các hàm số thoả điều kiện :

f (f (x − y)) = f (x) − f (y) + f (x)f (y) − xy; ∀x; y ∈ R (29)Giải :

+)Ta chứng minh hàm số f lẻ

Giả sử f (0) = a cho x = y = 0 vào (29) ta có

f (x − y) = f (x) − f (y) + f (x)f (y) − xyCho x = 0 ta có f (−y) = −f (y); ∀y ∈ R

Thử lại 2 kết quả trên đều thoả

Ví dụ 10 Cho hàm số f : R → R thỏa điều kiện :

f (2 + x) = f (2 − x); f (3 + x) = f (3 − x); ∀x ∈ R (35)Tìm số nguyên x lớn nhất trong khoảng (-2000;2000) để (x) = 0

Từ (36) và (37) có f (4 − x) = f (6 − x) suy ra f (t) = f (t + 2) Vậy

f (t) = f (t + 2) = f (t + 4) = · · · = f (t + 2k)Theo giả thiết f (0) = 0; f (1) = 2

Vậy khi x nguyên ta có

Suy ra f (x + 4) = −f (x) và f (x + 8) = f (x) Sử dụng giả thiết (38) ta có f (k) = ikhi k = 8n + i; i = 1; 2; ; 8

Ví dụ 12 Cho hàm số f : R → R thoả điều kiện :

tồn tại a để f (a) = −1 và f (x) ≤ 1 khi x ∈ [0; 2a] (44)

f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y); ∀x; y ∈ R (45)Chứng minh f (x) ≤ 1; ∀x ∈ R

Giải :

Cho x = y = 0 vào (45) ta có : 2f (0) = 2[f (0)]2

Mà theo giả thiết (43) thì suy ra f (0) = 1

Cho x = a; y = 0 vào (45) ta có : 2f (a) = 0 ( trái với (44) )

Cho x tùy ý và y bởi 2a vào (45) ta có

f (x + 2a) + f (x − 2a) = 2f (x)f (2a) = 2f (x) (50)

Từ (49) và (??) suy ra f (x + 2a) = f (x − 2a) = f (x) Vậy hàm số f tuần hoàn màtheo giả thiết f (x) ≤ 1 khi x ∈ [0; 2a] Suy ra f (x) ≤ 1; ∀x ∈ R

4 Dựa vào tính đơn điệu của hàm số

Ví dụ 13 Tìm hàm số đồng biến

f : R → Rthoả điều kiện :

f(k)(x) = x; ∀x ∈ R(51); k nguyên dương cho trước (51)

trong đó

f(2)(x) = f (f (x)); f(n)(x) = f (f(n−1)(x))Giải :

Ta chứng minh ∀x ∈ R; f (x) = x

Thật vậy nếu ngược lại tồn tại số thực a mà f (a) 6= a

TH1: f (a) < a mà f đồng biến nên :

f (f (a) < f (a); f(3)(a) < f (f (a)); ; f(k)(a) < f(k−1)(a)Suy ra f(k)(a) < a (trái với (51))

TH2: f (a) > a mà f đồng biến nên :

f (f (a) > f (a); f(3)(a) > f (f (a)); ; f(k)(a) > f(k−1)(a)Suy ra f(k)(a) > a (trái với (51) ) Vậy ∀x ∈ R; f (x) = x

Ví dụ 14 Cho số thực a và hàn số f : R → R đồng biến thoả điều kiện :

Từ (54) và (56) suy ra g(x) + ax = c + ax đồng biến trên R Vậy a > 0

Ví dụ 15 Tìm hàm số đồng biến thỏa điều kiện :

Do cách đặt (59) nên

xg(x)g(

xg(x)) = x ⇔ g(x) = g(

xg(x)g( xg(x))) = g( x

f (f (x))

f (x) =

f (x)xKhi đó :

g(f (x)) = g(x) ⇒ g(xg(x)) = g(x)

⇒ g(x) = g(xg(x)g(xg(x))) = g(xg(x)g(x)) = g(xg2(x))

⇒ g(x) = g(xgn(x))Xét

Khi đó ta có f (f (x) + y) = xf (1 + xy) suy ra

f (w) = f (f (u) + w − f (u) ) = uf (1 + u(w − f (u)) ) = uf (1 + uvf (v) − f (u)

TH 3: x = 1 Ta có

Ta CM f (1) = 1 Thật vậy

Nếu f (1) > 1 mà f giảm nên f (f (1) + y) < f (1 + y) (không thỏa (70) )

Nếu f (1) < 1 mà f giảm nên f (f (1) + y) > f (1 + y) (không thỏa (70) )

+) Ta chứng minh f cộng tính và đồng biến Cho y = 0 vào (71) có f (x2) = (f (x))2

Vậy f (x) ≥ 0 khi x ≥ 0 Dùng (76) ta có :

Xét

f (x + y) = f (x + f (f (y)) = f (y) + (f (√

x))2 = f (x) + f (y)Xét u > v thì u − v > 0 nên f (u − v) > 0

Mà hàm trên cộng tính nên f (u) > f (v)

Vậy hàm f đồng biến , vậy f (x) = kx

Mà f (1) = 1 nên f (x) = x

Bất đẳng thức đồng bậc

Huỳnh Tấn Châu Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên

Trong những năm gần đây, một số đề thi học sinh giỏi Quốc gia có bài toán về bấtđẳng thức Một số các bài toán bất đẳng thức có dạng thuần nhất (đồng bậc) Nhằmgiúp cho các em học sinh trong đội tuyển tiếp cận và rèn luyện kỹ năng giải quyết cácbài toán này, tôi xin được trao đổi bài viết nhỏ này

1 BẤT ĐẲNG THỨC THUẦN NHẤT (ĐỒNG BẬC)

Hàm số f (x1, x2, , xn) của các biến số thực x1, x2, , xnđược gọi là hàm thuầnnhất bậc k nếu với mọi số thực t ta có :f (tx1, tx2, , txn) = tkf (x1, x2, , xn) Bất đẳngthức f (x1, x2, , xn) ≥ 0, với f là hàm thuần nhất, được gọi là bất đẳng thức thuần nhất

Ví dụ : Các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thứcChebyshev là các bất đẳng thức thuần nhất

Bài toán 2 (ROMANIA – BALKAN TST – 2006)

Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng : a

Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta thu được bất đẳng thức (2).

Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =c

Từ giả thiết suy ra a

a3+ b3+ c3

⇔ 3a2(b4+ b2c2+ c4) ≤ (a3+ b3+ c3)2 (1)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có : 3a2b4 = 3.ab.ab.b2 ≤ a3b3 + a3b3 + b63a2c4 = 3.ac.ac.c2 ≤ a3c3+ a3c3+ c6; 3a2b2c2 = 3.a2.bc.bc ≤ a6+ b3c3+ b3c3 Cộng các bấtđẳng thức trên vế theo vế ta thu được bất đẳng thức (1)

a3+ b3+ c3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.



≥ a + b + c +√a2+ b2+ c2 (1)Khi thay (a, b, c ) bởi (ta, tb, tc) thì bất đẳng thức không thay đổi, do đó không

mất tổng quát giả sử a2+ b2+ c2 = 1 Khi đó (1) :



≥ a + b + c + 1

⇔ 1 +

√3

(a + b + c) ≥ (a + b + c)2 + (a + b + c)(2)Theo bất đẳng thức AM – GM: 1 +

√3

3√3

(a + b + c) ≥ 1 +

√3



3√3

p

3√3

a2b2c2.33

r1abc = 1Bài toán 5 (IRAN – 2010) Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng :

Nhận xét : Bất đẳng thức trên là bất đẳng thức thuần nhất Khi ta thay (a; b; c)

bởi (ta; tb; tc) thì bất đẳng thức không thay đổi Do đó không mất tính tổng quát, giả

sử a + b + c = 1 (a, b, c > 0) Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại : 1

25(x + y + z + 1)

2

Do x2 + y2 + z2 ≥1



≥ 0 Điều này hoàntoàn đúng ∀t ≥ 9

Do đó bài toán đã giải xong

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Bài toán 6 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c taluôn có : (a + b + c)2

1

2abccosC+

a2abccosA +b

√3

√3.R ⇒ R ≥ √1

3⇒R

4 ⇔ (a + b)2(b + c)2(c + a)2 ≥ 64abc ⇔ (a + b) (b + c) (c + a) ≥ 8√abc (2) Vì a + b+ c = 3 nên (a + b) (b + c) (c + a) = (3 − c) (3 − a) (3 − b) = = 27 − 9 (a + b + c) +

3 (ab + bc + ca) − abc = 27 − 9.3 + 3 (ab + bc + ca) − abc = 3 (ab + bc + ca) − abc Áp

dụng bất đẳng thức quen thuộc : (x + y + z)2 ≥ 3 (xy + yz + zx) , ∀x, y, z ∈ R Ta có :

(ab + bc + ca)2 ≥ 3abc (a + b + c) = 9abc ⇒ ab+bc+ca ≥ 3√abc Do đó (a + b) (b + c) (c + a) ≥

abc

Bất đẳng thức (2) được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

(a + b)2(b + c)2(c + a)2 = [(a + b + c) (ab + bc + ca) − abc]2

Nhận xét : Bài toán này có trong cuốn sách “ Tuyển tập các bài toán từ những cuộc

thị tại Trung Quốc ” , được giải khá phức tạp bằng cách sử dụng bất đẳng thức Schur Ở

đây tôi đưa hai lời giải khá đẹp, đặc biệt là lời giải thứ hai khá độc đáo nhờ việc sử dụng

tính đồng bậc của các biểu thức tham gia trong bất đẳng thức

(2y + z + x)2+ (z + x)2+

4z2(2z + x + y)2+ (x + y)2 ≥ 3

3+ 3

10 (đpcm)Cách2 bất đẳng thức ⇔ (b + c − a)

3 + a Tương tự :(1 − b) b

1

Các vế của bất đẳng thức là các biểu thức cùng bậc (bậc không) Không mất tổngquát, ta có thể giả sử rằng abc = 1 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành(b + c)(b + a)

+ b

c +

c

a +

ab

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Bài toán 10 (VMO – 2004 BẢNG A) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điềukiện : (x + y + z)3 = 32xyz Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:P = x

4+ y4+ z4

(x + y + z)4

Lời giải

Cách 1 Nhận xét rằng vớiα là một số thực dương tùy ý, ta luôn có : P (x, y, z) =

P (αx, αy, αz)và nếu x, y, z thỏa mãn điều kiện của đề bài thì αx, αy, αz cũng thỏa mãn cácđiều kiện đó Vì thế không mất tổng quát, có thể giả sử x+y+z=4, khi đó xyz=2 bài toántrở thành : Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1

256 (x

4+ y4+ z4)khi x, y, z>0 thay đổi sao cho x+y+z=4 , và xyz=2 Đặt Q=x4+y4+z4 và t=xy+yz+zx

Ta có Q=(x2+y2+z2)2–2(x2y2+y2z2+z2x2) Q = (42 − 2t)2 − 2 [t2− 2xyz(x + y + z)]Q=2t2–64t+44+32=2(t2–32t+144) (1) Từ giả thiết ta có: y + z = 4 − x, yz = 2

x ⇔ x3− 8x2+ 16x − 8 ≥ 0 ⇔ (x − 2) (x2− 6x + 4) ≥ 0⇔ 3 −√5 ≤ x ≤ 2 , do x ∈ (0; 4)Xét hàm số t = x(4 − x) +2

√

5 − 1

2 Vì hàm số f (t) = t

2 − 32t + 144 nghịch biến trênkhoảng (0; 16) và vì

"

5;5

√

5 − 12

2 , max f (t) = f (5) = 9 Kết hợp với (1) ta được : min Q =

383 − 165√

5 , max Q = 18

Vậy min P = 383 − 165

√5

256 , đạt được chẳng hạn khi x = 3 −

√

5, y = z = 1 +

√52max P = 9

128, đạt được chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1

Cách 2 Không mất tổng quát, ta giả sử x + y + z = 1 và từ giả thiết suy ra xyz = 1

32.Đặt t = ab + bc + ca = xy + yz + zx x4+y4+z4 = (1 − 2t)2−2 (t2− 2xyz) = 2(1 − t)2−7

8Thế nên để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P, ta cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

t t = xy + yz + zx = y(1 − y) + 1

32y do x + z = 1 – y và xz =

132y và do (x + z)

2 ≥ 4xz

ta chỉ cần chứng minh t(y) nghịch biến trên khoảng 3 −

√5

12

4 BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bài toán 11 (USA – 2003) Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng : (2a + b + c)

2

2a2 + (b + c)2 +(2b + c + a)2

2b2+ (c + a)2 +

(2c + a + b)22c2+ (a + b)2 ≤ 8Bài toán 12 Chứng minh rằng nếu x, y, z > 0 thì ta có : x4+ y4+ z4+(x + y + z)

(b + c − a)32a3+ (b + c)3 ≥ 3

10Bài toán 14 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức :

7 (a + b + c) (ab + bc + ca) ≤ 9abc + 2(a + b + c)3

Bài toán 15 Hãy xác định số thực dương λ lớn nhất sao cho bất đẳng thức :

a4+ b4+ c4+ abc (a + b + c) ≥ λ(ab + bc + ca)2 đúng với mọi số thực dương a, b, c.Bài toán 16 Hãy xác định số thực dươngλ lớn nhất sao cho bất đẳng thức :

3 đúng với mọi số thực dương a, b, c.

Bài toán 17 Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:√

2√

a + b + cBài toán 18 (ROMANIA TST – 2001) Giả sử a, b, c là độ dài các cạnh của một tamgiác Chứng minh bất đẳng thức:

Bài toán 20 (VMO – 2002 BẢNG A) Giả sử a, b, c là các số thực sao cho đa thức

P (x) = x3+ ax2+ bx + c có ba nghiệm thực (các nghiệm không nhất thiết đôi một khácnhau) Chứng minh rằng : 12ab + 27c ≤ 6a3+ 10(a2− 2b)

3

2 Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khinào ?

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức – Định lí và áp dụng, Nhà xuất bản Giáo dục2006

[2] Phan Đức Chính, Bất đẳng thức, Nhà xuất bản Giáo dục 1993

[3] Phạm Văn Thuân, Các chuyên đề Toán học trong hệ THPT chuyên 2005[3] G.H Hardy, J.E.Littlewood, G.Polya, Bất đẳng thức, Nhà xuất bản Đại HọcQuốc Gia Hà Nội 2002

[4] Các bài Thi Olympic Toán THPT Việt Nam (1990 – 2006), Nhà xuất bản Giáodục 2007

[5] Các nguồn tài liệu trên Internet

[6] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ

Biểu diễn các đường cong conic và

ứng dụng giải toán sơ cấp

Nguyễn Quỳnh Nhật Uyên Trường THPT Chất lượng cao Chu Văn An, Quy Nhơn, Bình Định

1 Mở dầu

Vì sự gần gũi của biểu diễn hình học số phức với tọa độ của điểm trong hệ trụctọa độ Descartes nên số phức có rất nhiều ứng dụng trong chương trình toán sơ cấp phổthông, đặc biệt là hình học phẳng Ở nhiều bài toán, việc giải bằng số phức thường đưađến kết quả bất ngờ Một trong những thao tác quan trọng trong việc giải bài toán hìnhhọc phẳng bằng số phức là biểu diễn số phức các yếu tố hình học Các đường conic chiếmmột phần quan trọng trong khung chương trình ở bậc phổ thông Vì vậy việc tìm hiểu đểđưa công cụ số phức vào việc giải các bài toán có liên quan đến các đường conic là hếtsức có ý nghĩa

Mục đích chính của bài báo này nhằm bước đầu tìm hiểu và khảo sát các biểu diễndạng phức của các yếu tố trong hình học giải tích, cụ thể là các đường conic, từ đó giớithiệu một số bài toán về đường conic được giải bằng công cụ số phức

Trong mục 2 chúng tôi trình bày phương trình dạng phức của đường conic tổngquát, biểu diễn một số yếu tố đặc biệt có liên quan Dạng biểu diễn phức của các đườngconic đặc biệt như ellip, parabol, hyperbol được giới thiệu trong mục 3 Đặc biệt, từ cácbiểu diễn đó, một số phương pháp hình thành các đường conic cũng được trình bày ởđây Mục 4 là một số bài toán phổ thông về đường conic được giải bằng công cụ số phức.Trước đó, để hỗ trợ cho việc giải các bài toán nói trên, trong mục 1 sẽ trình bày một sốcông thức hình học dưới dạng phức như phương trình đường thẳng, đường tròn, khoảngcách, diện tích tam giác,

2 Một số yếu tố hình học giải tích

Các kết quả trong mục này có thể tìm thấy trong các tài liệu [1], [2]

Với mỗi phần tử z = a + ib ∈ C, ta có thể đồng nhất với một điểm Z(a; b) trên mặtphẳng tọa độ Oxy Và mặt phẳng gồm các số phức z = a + ib ta gọi là mặt phẳng Gauss

Số phức z = a + ib được gọi là nhãn của điểm Z, và Z được gọi là điểm ảnh của sốphức z

Kể từ đây ta quy ước rằng mỗi điểm được ký hiệu bằng chữ in hoa và nhãn của nóđược ký hiệu bằng chữ thường tương ứng

• Giả sử trong hệ trục Oxy, một đường cong (C) có phương trình tham số

 x = f1(t)

y = f2(t) ,với f1(t) , f2(t) là các hàm thực đối với tham số t

Khi đó phương trình tham số phức của đường cong (C) là

a a 1

= 0

• Từ phương trình (1) nếu ta đặt α = (a − b) và β = ab − ab, khi đó phương trình trởthành αz − αz + β = 0 với β là một số thuần ảo Như vậy, về mặt hình thức, ta có thểkhẳng định rằng, dạng tổng quát của phương trình đường thẳng trong mặt phẳng phức códạng

với β là một số thuần ảo

Phương trình (2) có dạng thực là Ax + By + C = 0, trong đó A = −i(α − α), B =

α + α, C = −iβ, và ngược lại

• Trong mặt phẳng Gauss, cho 2 đường thẳng d1, d2 có phương trình lần lượt là

• Trong mặt phẳng Gauss, cho đường thẳng ∆ có phương trình αz − αz + β = 0, và mộtđiểm Z0 nằm ngoài đường thẳng ∆ Khi đó khoảng cách từ điểm Z0 đến đường thẳng ∆được xác định bởi công thức sau

a) một đường thẳng nếu c = 0 hoặc dc ∈ R;

b) một đường tròn trong các trường hợp còn lại

Trong trường hợp b) phương trình trên gọi là phương trình tham số của đường tròn

3 Đường conic tổng quát

Định lý 1 Phương trình tham số phức của một đường conic thực trong mặt phẳng Gauss

r0ξ2+ 2r1ξη + r2η2− αξ − βη = 0với r0, r1, r2, α, β ∈ R

Một đường thẳng d qua Ω có phương trình η = tξ, (t ∈ R) cắt conic tại điểm có tọađộ:

Nhãn của giao điểm này trong hệ trục Oξη là

ζ = ξ + iη = α + (β + iα) t + iβt

2

r0+ 2r1t + r2t2 Nhãn của giao điểm này trong hệ trục Oxy là

z = ζ + ω = α + ωr0+ (β + iα + 2ωr1) t + (iβ + ωr2) t

2

r0+ 2r1t + r2t2 ,phương trình này có dạng (1)

Conic Γ có phương trình (1) là một ellip, một hyperbol hay một parabol là tùy thuộcvào biệt thức ∆r = r0r2 − r2

1 của tam thức r0 + 2r1t + r2t2 có giá trị tương ứng dương,

âm hay bằng 0 Điều này có nghĩa là, một conic có phương trình (1) là một ellip, mộthyperbol hay một parabol tùy thuộc vào sự tồn tại 0, 2 hoặc 1 giá trị thực của t sao cho z

là điểm tại vô cùng trong mặt phẳng Gauss

Hệ quả 1 Phương trình (1) biểu diễn một đường tròn nếu

∆r > 0 và 4∆a∆r− H2 = 0,với ∆a= a0a2− a1 và H = a0r2− 2a1r1+ a2r0

Chứng minh

Thật vậy, vì ∆r > 0 nên tam thức bậc hai r0+ 2r1t + r2t2 có 2 nghiệm ảo Hơn nữa, từgiả thiết 4∆a∆r− H2 = 0 ta suy ra rằng một trong hai nghiệm ảo này là nghiệm của tamthức a0+ 2a1t + a2t2, do vậy phương trình (1) có thể đưa về dạng

z = a + bt

c + dt.Phương trình này biểu diễn một phương trình tham số của một đường tròn

Mệnh đề 1 Gọi φ1, φ2 là nhãn hai tiêu điểm của conic xác định bởi phương trình (1).Khi đó φ1, φ2 là nghiệm của phương trình

a + φr + 2(a − φr )t + (a − φr )t2 = (a + bt)2

Hay nói cách khác, ∆r= 0 Vì vậy (a0− φr0)(a2− φr2) − (a1− φr1)2 = 0, hay

Hệ quả 2 Tâm của conic và tiêu điểm của conic trùng với gốc tọa độ là phụ thuộc vào

Điều ngược lại là hiển nhiên

Mệnh đề 2 Một parabol có phương trình dạng (1) thì có phương trình trong hệ trục thựclà

Hệ quả 3 Cho parabol P có phương trình z = (a + ib)t + ct2 Khi đó phương trình của

P trong hệ tọa độ Descartes là

Giả sử r0 6= 0 Vì ∆r < 0 nên phương trình

có hai nghiệm thực phân biệt ξ1, ξ2 Vì αδ −βγ 6= 0 và từ (9), (10) ta suy ra αγ = ξ1;βδ = ξ2.Còn nếu r0 = 0, r2 6= 0, ta xét phương trình r0φ2 + 2r1φ + r2 = 0 thay vì phươngtrình (11)

Hệ quả 4 Cho hyperbol H có phương trình z = (a+ib)

2 t + −a+ib2t Khi đó phương trình của

H trong hệ tọa độ Descartes là

Giả sử phương trình tham số phức của đường cong có dạng (13) Xét phép thế T = tanωt2

Ta có cos ωt = 1−T1+T22, sin ωt = 1+T2T2, do vậy

z = c + aeiωt+ be−iωt = (a + b) cos ωt + i(a − b) sin ωt

aeiωt+ be−iωt Ta có điều cần chứng minh

Chú ý rằng ellip trên có tâm O, với hai tiêu cự A, B Ta dễ dàng nhận được các hệquả sau:

Hệ quả 6 Phương trình dạng thực của ellip (15) là

x1(|a| + |b|)2 +

y1

với x1 = (|a| + |b|) cos ωt1, y1 = (|a| − |b|) sin ωt1

Mệnh đề 3 Tiếp tuyến với ellip (15) tại tiếp điểm Z vuông góc với AtBt

Ta có các nhận xét sau:

• Trục chính của ellip nằm trên phân giác trong của góc (−−→OAt:−−→

OBt)

• Độ dài của bán trục chính: |OA| + |OB|

Độ dài của bán trục nhỏ: |OA| − |OB| , nếu |OA| > |OB|

• Gọi Ox1, Oy1 lần lượt là phân giác trong và ngoài của các góc (OAt; OBt) Khi t thayđổi, giá của hai vector−−→

OAt và −−→

OAt tạo thành một chùm đường thẳng có chung haitia vuông góc Ox1, Oy1 Khi OAt, OBt nằm trên Ox1 chúng cùng hướng, và ngượchướng nếu chúng cùng nằm trên Oy1 Và trong mỗi trường hợp trên tiếp tuyến vớiellip tại Z chính là đường kính OZ

• Nếu OAt, OBt cắt ZN tại A0t, Bt0, thì tiêu điểm của ellip là giao điểm F, F0 của Ox1với đường tròn đi quaA0t, Bt0 và có tâm là giao điểm T0 của Oy1 với ZT Ta có

OF2 = OF02 = [|OA| + |OB|]2− [|OA| − |OB|]2 = 4 |OA.OB| = |OA0t| |OB0t| Hơn nữa, vì Ox1 là phân giác của góc (OAt; OBt), nên theo mệnh đề ?? ta có(A0tBt0F F0) = −1 và: OF2 = OA0tOB0t = a0tb0t= 4atbt Ta chú ý rằng nếu T và N làgiao điểm của Ox1 với tiếp tuyến và pháp tuyến tại Z, khi đó (T N F F0) = 1 Từ đósuy ra một cách dựng khác của F và F0

• Bán kính OZ0 liên hợp với OZ vuông góc với AtBt và |OZ0| = |AtBt|

Định lý 5 ([2]) Mọi ellip đều có thể hình thành bằng sự trợ giúp của hai vector quay.Chứng minh

Quan sát hình vẽ 1, nếu ellip (E) có hai tiêu điểm F và F0, và trục phụ nằm trên Oy1.Nếu tiếp tuyến với (E) tại Z cắt Oy1 tai T0, ta gọi A0t, Bt0 là giao điểm của pháp tuyếntại Z với đường tròn tâm T0 đi qua F và F0 Gọi At, Bt là trung điểm của OA0t, OBt0 Khiquay hai tia OAt, OBtvới hai vận tốc góc có cùng độ lớn nhưng ngược hướng nhau ta đượcellip (E) Sự hình thành này không phụ thuộc vào vận tốc góc ω

Vì AB = 2 nên (ta− tb)2+ (t2

a− t2

b)2 = 4 Suy ra(ta− tb)2

Khoảng cách từ một điểm Z ∈ (P) đến (d) là

d(Z; d) =

3+4i

2 (t2+ i8t) −3−4i2 (t2− i8t) + 46i

2 ...

• Từ phương trình (1) ta đặt α = (a − b) β = ab − ab, phương trình trởthành αz − αz + β = với β số ảo Như vậy, mặt hình thức, ta có thểkhẳng định rằng, dạng tổng quát phương trình đường thẳng... nghiệm tamthức a0+ 2a1t + a2t2, phương trình (1) đưa dạng

z = a + bt

c + dt.Phương trình biểu diễn phương trình tham... phương trình dạng (1) có phương trình hệ trục thựclà

Hệ Cho parabol P có phương trình z